2026版高中化学人教版必修第一册学生用书课时精练答案

课时精练答案精析第一章物质及其变化基础课时1根据物质的组成和性质分类1.B[硝酸钾含有钾离子和硝酸根离子,从其阳离子看,属于钾盐,从其阴离子看,属于硝酸盐,故A、D正确;氧化物只含有两种元素,硝酸钾属于含氧酸盐,故B错误。]2.C[A项,H2O2和H2O是两种不同的化合物,不是同素异形体,错误;B项,CO2和CO是两种不同的化合物,不是同素异形体,错误;C项,O2和O3是氧元素形成的两种单质,互为同素异形体,正确;D项,Fe2+和Fe3+是两种不同的离子,不是同素异形体,错误。]3.A[铝是单质,纯碱是碳酸钠,为化合物,盐酸是混合物,A正确;红磷是单质,熟石灰是氢氧化钙,为化合物,水是纯净物,B错误;石墨是单质,稀硫酸是混合物,胆矾是五水硫酸铜,为化合物,C错误;石灰水是混合物,干冰是二氧化碳,为化合物,空气为混合物,D错误。]4.D[红磷与白磷互为同素异形体,属于不同物质,它们之间的转化属于化学变化,A项错误;石墨和金刚石互为同素异形体,同素异形体的物理性质一般不同,B项错误;O2和O3的结构不同,C项错误;S2、S4、S8为硫元素的不同单质,它们互为同素异形体,D项正确。]5.C[A项,酸性氧化物不一定都是非金属氧化物,也可能是金属氧化物,如Mn2O7是酸性氧化物,但属于金属氧化物;B项,金属氧化物不一定都是碱性氧化物,可能为酸性氧化物,如Mn2O7是酸性氧化物;C项,碱性氧化物都是金属氧化物;D项,非金属氧化物不一定是酸性氧化物,如CO是不成盐氧化物。]6.A[由题干信息可知,图甲所示的分类方法属于树状分类法,A正确;酸性氧化物不一定是非金属氧化物,如Mn2O7是金属氧化物,属于酸性氧化物,B错误;Fe(OH)3悬浊液是混合物,而酸、碱、盐均为纯净物,属于化合物,故Fe(OH)3悬浊液不属于碱,C错误;混合物是由两种或两种以上物质组成的,故甲图中“……”不包含混合物,D错误。]7.(1)①②③④⑧⑤⑥(2)盐(3)酸性SO2+CaOCaSO3化合反应解析(2)从物质组成角度来看,CaCO3、CaSO3、CaSO4都是由金属阳离子与酸根阴离子组成的化合物,因此三种物质都属于盐。(3)从物质类别角度来看,SO2与水反应生成H2SO3,因此属于酸性氧化物;SO2与CaO反应生成CaSO3,化学方程式为SO2+CaOCaSO3,该反应的反应物是两种,生成物是一种,因此反应类型属于化合反应。8.D[根据表中信息可判断①中存放的是碱,②中存放的是酸,③中存放的是氧化物,④中存放的是盐。氧化钙属于氧化物,应放在③中;纯碱是碳酸钠,属于盐,应放在④中。]9.AD[由于H3PO2与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2,故H3PO2为一元酸,NaH2PO2属于正盐。]10.C[Na2O跟酸反应只生成盐和水,它是碱性氧化物,A正确;Ⅱ中Na2O2、NaOH、O2所含氧元素的化合价依次为-1、-2、0,则该反应是有元素化合价变化的反应;Ⅳ中NO2、HNO3、NO所含氮元素的化合价依次为+4、+5、+2,则该反应是有元素化合价变化的反应,D正确。]11.(1)HNO3KOHK2SO4SO3H2S(其他合理答案均可)(2)SO2+2NaOHNa2SO3+H2O(3)A解析(1)H、O、N组成的硝酸或H、O、S组成的亚硫酸属于酸;K、H、O组成的KOH或H、O、N组成的一水合氨属于碱;K、O、N组成的硝酸钾或Na、O、N组成的硝酸钠等属于盐;K、Na、H、S、N分别可与O组成氧化物;K、Na、O、S、N分别可与H组成氢化物。(2)少量的SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水,反应的化学方程式为SO2+2NaOHNa2SO3+H2O。12.(1)CaO①②④⑤(2)CaO+H2OCa(OH)2(3)①③④(4)小纸袋中的物质不能长期做干燥剂,CaO吸水后的生成物Ca(OH)2不再具有干燥作用(5)D(6)酸类(合理即可)解析(1)生石灰成分为氧化钙,化学式:CaO,是金属氧化物、和酸反应生成盐和水为碱性氧化物、可以做干燥剂、为纯净的化合物,“生石灰”所属的物质类型是①②④⑤;(2)生石灰和水反应生成氢氧化钙可做干燥剂,反应的化学方程式:CaO+H2OCa(OH)2;(3)生石灰不能食用,CaO吸水后,不能作干燥剂,所以不可长期持续地做干燥剂,所以要注明生产日期,未成年人用手拿会与手上的汗液反应放热且生成物有腐蚀性,因此应该禁止未成年人用手拿,故选①③④;(4)CaO吸水后的生成物Ca(OH)2不再具有干燥作用,故纸袋中的物质不能长期地做干燥剂;(5)将浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰等物质划分为一类,依据是都可以吸收气体中的水蒸气,做干燥剂;(6)生石灰为碱性氧化物,能与酸反应生成对应的盐和水,与水反应生成碱,与酸性氧化物反应生成盐等,如生石灰能与酸反应生成对应的盐和水,反应方程式为CaO+2HClCaCl2+H2O。基础课时2分散系及其分类1.C[碘酒是碘分散到酒精中形成的分散系,溶质是碘。]2.C[溶液中分散质粒子直径小于1nm,胶体中分散质粒子直径为1~100nm,浊液中分散质粒子直径大于100nm,上述纳米级镊子臂长7nm,与胶体中的分散质粒子直径具有相同的数量级。]3.B[苏打水、鸡蛋清、有色玻璃分别是溶液、胶体、胶体,A错误;碘酒、云、泥水分别是溶液、胶体、悬浊液,B正确;白糖水、食盐水、汽水均是溶液,C错误;石灰乳、雾、面汤分别是悬浊液、胶体、乳浊液,D错误。]4.D[“云”是小液滴分散在空气中形成的气溶胶。]5.D[A项,有色玻璃是固溶胶,不符合题意;B项,光线透过树叶间的缝隙射入密林中时,会看到一道道光柱是丁达尔效应,不符合题意;C项,纳米二氧化硅颗粒(直径1~100nm)均匀分散到树脂中形成的分散系属于胶体,不符合题意;D项,植物油与水混合,充分振荡后可形成油水混合物属于乳浊液,符合题意。]6.C[A项,将蛋白质溶液放在半透膜上静置,水分子可以透过半透膜,而蛋白质分子不能,说明蛋白质溶液是胶体,因此Fe(OH)3胶体和蛋白质溶液都具有丁达尔效应,不能用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和蛋白质溶液;B项,胶体微粒的直径在1~100nm之间,蛋白质分子不能透过半透膜,因此该半透膜的孔径大小不可能为200nm;C项,淀粉溶液属于胶体,胶体微粒不能透过半透膜,而溶液中的微粒可以透过半透膜,因此该半透膜可用来分离NaCl溶液和淀粉溶液;D项,泥沙和淀粉溶液的微粒都大于该半透膜的孔径,因此该半透膜不能用来分离泥沙和淀粉溶液。]7.(1)纯净物Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O(2)FeCl3+3NaOH3NaCl+Fe(OH)3↓(3)红褐(4)乙解析(1)Fe2O3固体(红棕色)只含一种物质,属于纯净物;氧化铁属于碱性氧化物,和酸反应生成铁盐和水,化学方程式为Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O。(2)氯化铁和NaOH发生复分解反应,生成红褐色沉淀氢氧化铁,同时生成NaCl,化学方程式为FeCl3+3NaOH3NaCl+Fe(OH)3↓。(3)将蒸馏水加热至沸腾后,向烧杯中加入几滴FeCl3饱和溶液,继续煮沸至出现红褐色,得到氢氧化铁胶体。(4)甲烧杯中液体为溶液、乙烧杯中液体为胶体,胶体中分散质粒子直径在1~100nm,溶液中分散质粒子直径小于1nm,胶体能产生丁达尔效应,所以乙烧杯中产生丁达尔效应。8.AB[A项,磁流体分散质粒子的直径在5.5~36nm,属于胶体的范畴,具备胶体的性质,故所得分散系为胶体;B项,该分散系属于胶体,胶体有丁达尔效应;C项,该胶体中分散质是黑色的,而Fe2O3是红棕色的,故分散质不是Fe2O3;D项,该胶体分散质是黑色的,而氢氧化铁胶体为红褐色,且胶粒是很多分子的集合体,不是一个分子。]9.BD[由题意可知,得到一种黑色分散系,且分散质粒子直径约为9.3nm,则该分散系为胶体,氧化铁为红棕色粉末,所以分散系的分散质不是氧化铁,A错误;胶体可透过滤纸,不能用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物,B正确;向沸水中逐滴滴加饱和氯化铁溶液可以得到氢氧化铁胶体,颜色为红褐色,得不到黑色分散系,C错误;氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁、氯化钠和水,化学方程式为FeCl2+2FeCl3+8NaOHFe3O4(胶体)+4H2O+8NaCl,D正确。]10.(1)①空气中也出现了光柱进入烧杯前,光穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应②清晨清晨树林中存在雾,雾是胶体,阳光透过树叶间隙形成光束,光束穿过这些水雾会产生丁达尔效应③打开暖瓶(内装有热水)让水汽升腾起来,用一束光照射即可(答案合理即可)(2)+6Fe3+与H2O反应生成Fe(OH)3胶体,Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质而具有净水作用解析(1)①光束进入烧杯前穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应,该图中的明显错误是空气中也出现了光柱。②清晨,树林中存在水雾,阳光透过树叶间隙形成光束,光束穿过这些水雾会产生丁达尔效应,所以一天中最有可能观察到该现象的时间是清晨。11.(1)①HCl②不需要加热,FeCl3溶液浓度小③NaOH(2)①FeCl3②滴加KSCN溶液,溶液变红,则固体中含有Fe3+③pH>10时,Fe(OH)3胶体溶解④Fe(OH)3(胶体)+H3AsO4FeAsO4↓+3H2O解析本实验通过三种不同的方式制备氢氧化铁胶体,从而比较三种不同方式的优劣,之后验证氢氧化铁胶体的性质。(1)①向40mL沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和FeCl3溶液,FeCl3与H2O反应生成氢氧化铁胶体和HCl;②根据实验1和实验2的对比可知,实验2的优点是不需要加热,FeCl3溶液浓度小;③通过实验1和实验2可知,制备Fe(OH)3胶体提供OH-的物质可以是H2O或NaOH;(2)①根据资料可知固体FeCl3易升华,所以推测漏斗内棕褐色的烟中主要含有FeCl3;②红棕色固体中阳离子是Fe3+,所以验证方法为取少量红棕色固体溶于稀盐酸中,滴加KSCN溶液,溶液变红,则固体中含有Fe3+;③根据图像以及资料可知,pH较高时,吸附效率降低的原因是pH>10时,Fe(OH)3胶体溶解,转化为Fe(OH)3沉淀;④由资料可知,以及原子守恒,Fe(OH)3胶体与砷酸反应生成砷酸铁(FeAsO4)沉淀和水,化学方程式是Fe(OH)3(胶体)+H3AsO4FeAsO4↓+3H2O。基础课时3物质的转化1.C[按金属活动性顺序表,金、银和铜在金属活动性顺序表中都排在氢的后面,故都不能与稀盐酸反应,锡排在氢的前面,能与稀盐酸反应。]2.C[①中Ca(OH)2能使酚酞溶液变红,A正确;③中NaNO3溶液与Ca(OH)2不反应,C错误;④中久置的澄清石灰水变质的原因是Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O,D正确。]3.C[A项,露置的石灰水会和空气中的CO2反应生成难溶物CaCO3,CaCO3能与稀盐酸反应而被除去:CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑;B项,红褐色固体是难溶于水的Fe(OH)3,能与稀盐酸反应而被除去:Fe(OH)3+3HClFeCl3+3H2O;C项,生成的红色物质是铜,Cu不与稀盐酸反应;D项,生成的黑色物质是铁,Fe的金属活动性较强,能与稀盐酸反应而被除去:Fe+2HClFeCl2+H2↑。]4.B[Fe2O3与C、CO、盐酸均能发生反应,反应的化学方程式分别为3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑、3CO+Fe2O32Fe+3CO2、Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O,故X为Fe2O3。]5.C[A项,碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳,氧化钙能与水反应生成氢氧化钙,氢氧化钙能与碳酸钠反应生成氢氧化钠,正确;B项,铜在氧气中加热能生成氧化铜,CuO能与硫酸反应生成硫酸铜,硫酸铜能与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀,正确;C项,高锰酸钾加热会生成氧气,硫在氧气中点燃生成二氧化硫,二氧化硫与水反应生成亚硫酸,而不是硫酸,错误;D项,碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡,氯化钡与硫酸会反应生成硫酸钡沉淀,正确。]6.B[Fe与稀盐酸发生置换反应;稀盐酸与NaOH溶液发生复分解反应;CO2与C发生化合反应生成CO,所以没有涉及的基本反应类型为分解反应,B正确。]7.D[A为CaO,B为Ca(OH)2,C为Ca(NO3)2,D为CaCl2,E为CaCO3。]8.(1)①Fe(OH)3+3HClFeCl3+3H2O②Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O[或3BaCl2+Fe2(SO4)32FeCl3+3BaSO4↓](2)H3PO2+NaOHNaH2PO2+H2O解析(1)①根据题意,以铁的化合物中盐、碱、氧化物分别书写,Fe(OH)3+3HClFeCl3+3H2O;②根据前面分析得到Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O[或3BaCl2+Fe2(SO4)32FeCl3+3BaSO4↓]。(2)根据题中信息“次磷酸(H3PO2)是一元中强酸”,所以H3PO2中的三个氢只有一个能被碱中和,故反应为H3PO2+NaOHNaH2PO2+H2O。9.A[少量CO2通入Ca(OH)2溶液中生成难溶于水的CaCO3,溶液变浑浊,少量CO2通入NaOH溶液中生成易溶于水的Na2CO3,A错误;CaO和BaO都是碱性氧化物,二者性质相似,则CO2能与CaO反应生成CaCO3,也能与BaO反应生成BaCO3,B正确;CaO能与HCl反应生成CaCl2,CuO也会与HCl反应生成CuCl2,C正确;Na2CO3溶液与Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaOH,氢氧化钡与氢氧化钙的性质相似,则Na2CO3溶液能与Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀和NaOH,D正确。]10.BD[铜绿(碱式碳酸铜)属于盐而不是碱;反应④为Cu(OH)2CuO+H2O,属于分解反应;反应⑤为CuO+H2Cu+H2O,属于置换反应。]11.AB[CuO不能与水反应生成Cu(OH)2,A错误;MgCl2不能与Na2SO4发生反应,B错误;碳在氧气中燃烧生成CO2,CO2与水反应生成H2CO3,H2CO3与氢氧化钙反应生成CaCO3沉淀,C正确;硫在氧气中燃烧生成SO2,SO2与水反应生成H2SO3,H2SO3与NaOH反应生成Na2SO3,D正确。]12.(1)Ca(OH)2+MgCl2Mg(OH)2+CaCl2(2)稀盐酸(3)Mg(OH)2+2HClMgCl2+2H2O(4)工业上生产石灰乳的原料来源广、成本低、设备要求低(5)漏斗、烧杯、玻璃棒解析(1)海水中的MgCl2与石灰乳发生复分解反应:MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2+CaCl2。(2)由流程图可知,加试剂X的目的是实现“Mg(OH)2MgCl2”的转化,则试剂X是稀盐酸。(4)工业生产中要制取某种物质,除了要考虑反应进行的可能性,还要考虑原料来源、成本高低和设备要求等因素,以选取最适当的关系。石灰乳是一种常用的建筑材料,生产流程为石灰石生石灰石灰乳,可见生产石灰乳原料来源广、成本低、设备要求低。(5)由流程图可知,操作1的任务是从“固—液混合物”中分离出Mg(OH)2固体,则该操作的名称是过滤。13.(1)NaHCO3HClBaCl2AgNO3(2)①NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O②HCl+AgNO3HNO3+AgCl↓③BaCl2+2AgNO32AgCl↓+Ba(NO3)2解析A属于盐类且能与B反应生成气体,由题干给的物质可知A为NaHCO3,B为HNO3或HCl,由表可知B和D生成沉淀,所有的硝酸盐都可溶,说明B是HCl,D是AgNO3,C与D也生成沉淀,说明C组成中含有Cl-,则C为BaCl2。(1)由分析可知,A为NaHCO3,B为HCl,C为BaCl2,D为AgNO3;(2)①A和B反应的化学方程式:NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O;②B和D反应的化学方程式:HCl+AgNO3HNO3+AgCl↓;③C和D反应的化学方程式:BaCl2+2AgNO32AgCl↓+Ba(NO3)2。14.(1)盐氧化物(2)难溶(3)①CaCO3CaO+CO2↑②CaO+H2OCa(OH)2③Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3↓+2NaOH解析(1)碳酸钙属于盐,二氧化硅属于氧化物。(2)摩擦剂的作用是除去牙齿上残留的食物,联系日常生活中用砂纸来摩擦金属以除去金属表面的锈迹的事实,可知摩擦剂应为坚硬难溶的物质。(3)中所发生的反应依次为CaCO3CaO+CO2↑,CaO+H2OCa(OH)2,Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3↓+2NaOH。基础课时4电解质的电离1.B[二氧化碳属于非电解质,水属于电解质,甲烷属于非电解质,氩气属于单质,既不是电解质也不是非电解质。]2.C[A项,碳酸能电离出离子是电解质,而碳酸饮料是电解质溶液,正确;B项,身体有汗容易发生触电事故,是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子,例如钠离子等,正确;C项,二氧化碳溶于水形成碳酸能导电,但二氧化碳自身不能电离出离子,是非电解质,错误;D项,石墨烯可导电,但它属于单质,不是电解质,正确。]3.D[A项,金属单质导电,但是单质不是电解质,错误;B项,氯化氢气体溶于水可以导电,故为电解质,故电解质不一定是固体化合物,错误;C项,氯化氢溶于水导电,为电解质,但是在熔融状态下不导电,错误;D项,电解质是溶于水或熔融状态下导电的化合物,正确。]4.(1)CDEF(2)G(3)B(4)AGH(5)CDE(6)AH解析A项,NaCl晶体由离子构成,但由于离子不能自由移动,因此不能导电;该物质溶于水后,在水分子作用下电离产生自由移动的离子,能够导电,属于电解质;B项,CH3CH2OH(酒精)是化合物,由分子构成,无自由移动的离子,因此不能导电;溶于水后也不能发生电离,因而水溶液不能导电,属于非电解质;C项,H2SO4溶液中含有自由移动的离子,因而能够导电;但H2SO4溶液是混合物,不是纯净物,因此不属于电解质,也不属于非电解质;D项,单质铜中含有自由移动的电子,因而能够导电;单质Cu是单质,不是化合物,因此虽直接能导电,但不是电解质,也不是非电解质;E项,HNO3溶液中含有自由移动的离子,因而能够导电;但HNO3溶液是混合物,不是纯净物,因此不属于电解质,也不属于非电解质;F项,熔融氯化钾是化合物,含有自由移动的离子,因而能够导电,在水溶液中或熔融状态下能够发生电离,产生自由移动的离子,因此属于电解质;G项,SO2气体是化合物,由SO2分子构成,无自由移动的离子,因而不能导电;当SO2溶于水后,与水反应产生H2SO3,H2SO3电离产生自由移动的离子,因而水溶液能够导电;水溶液中自由移动的离子不是SO2电离产生的,因此SO2是非电解质;H项,液态氯化氢是化合物,由HCl分子构成,无自由移动的离子,因此不能导电;当其溶于水后,在水分子作用下能够发生电离,产生自由移动的离子,因此能够导电,属于电解质。则(1)能够直接导电的是CDEF;(2)虽溶于水能导电,但不是电解质的是G;(3)溶于水也不能导电的是B;(4)需溶于水才能导电的是AGH;(5)虽直接能导电,但不是电解质的是CDE;(6)虽不能直接导电,但也是电解质的是AH。5.B[电解质硫酸、氯化钠、氢氧化钾溶于水或熔融状态下,都能电离产生自由移动的离子而导电;金属铝是自由电子定向移动而导电。]6.C[A项,根据KClO3的电离方程式为KClO3K++ClO3-,所以KClO3溶液中不存在Cl-,不符合题意;B项,CaCl2固体中存在Ca2+和Cl-,但不能自由移动,不符合题意;C项,由于KCl为强电解质,其电离方程式为KClK++Cl-,故KCl溶液中存在自由移动的Cl-,符合题意;D项,液态HCl中只存在氯化氢分子,不存在自由移动的Cl-,不符合题意。]7.(1)①b②ch③ae(2)①Ba(OH)2Ba2++2OH-②(NH4)2SO42NH4++S③KAl(SO4)2K++Al3++2SO4解析电解质和非电解质均为化合物;在水溶液或熔融状态下均能导电的化合物为电解质,上述两种情况下均不能导电的化合物为非电解质。a.Na为金属单质,能够导电,既不属于电解质,也不属于非电解质;b.熔融K2O存在自由移动的离子,能够导电,属于电解质;c.CO2自身不能电离出自由移动的离子,不导电,属于非电解质;d.HCl在水溶液中电离出自由移动的离子,能够导电,属于电解质;e.稀硫酸存在自由移动的离子,能够导电,为混合物,不属于电解质和非电解质;f.Ba(OH)2固体不存在自由移动的离子,不导电,但在水溶液中或熔融状态下均能导电,属于电解质;g.NH4HCO3固体不存在自由移动的离子,不导电,但在水溶液中能导电,属于电解质;h.蔗糖在水溶液中或熔融状态下均以分子形式存在,属于非电解质,不导电。(1)①结合以上分析可知,能导电的电解质是b;②结合以上分析可知,非电解质是ch;③既不是电解质也不是非电解质是ae;(2)①Ba(OH)2属于电解质,电离方程式:Ba(OH)2Ba2++2OH-;②(NH4)2SO4属于电解质,电离方程式:(NH4)2SO42NH4++SO42-;③KAl(SO4)2属于电解质,电离方程式:KAl(SO4)2K++Al3++2SO8.BD[固体氯化钠中无自由移动的离子,不导电,灯泡不亮,A项错误;向NaCl粉末中加入适量水,氯化钠溶于水电离出Na+、Cl-,有自由移动的离子,能导电,灯泡会亮起来,B项正确;电解质电离不需要通电,C项错误;CuSO4+2NaOHCu(OH)2↓+Na2SO4,因加入的NaOH为少量,部分Cu2+转化为沉淀,同时有Na+进入溶液,故灯泡亮度基本不变,D项正确。]9.AD[Y与电源负极相连,阳离子向Y极移动,代表的离子应是氯离子,故A错误;由题图a可知,干燥的NaCl固体中的钠离子和氯离子不能自由移动,因此NaCl固体不能导电,故B正确;由题图b可知,熔融状态下钠离子和氯离子能自由移动,因此熔融NaCl能导电,故C正确;由题图c可知,带负电荷的水合氯离子向X极移动,即向与电源正极相连的电极移动,故D错误。]10.AB[NaHSO4在水溶液中电离出的离子有H+,但它属于盐,不属于酸,A正确;盐由金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子构成,则在水溶液中电离出金属阳离子和酸根离子的物质一定是盐,B正确;在NH4Cl溶液中电离出的阳离子为NH4+,而不是金属阳离子,C错误;NH3·H2O属于碱,在水溶液中电离出NH4+和OH-11.(1)实验操作灯泡亮度变化通入CO2以前亮开始通入CO2时由亮变暗恰好完全沉淀熄灭沉淀完全后,继续通入过量的CO2又变亮(2)D解析(1)通入CO2之前,澄清石灰水中有Ca2+和OH-,故灯泡亮;通入CO2时,由于发生反应:CO2+Ca(OH)2CaCO3↓+H2O,溶液中单位体积内的离子数目减小,所以灯泡变暗;继续通入CO2使Ca2+恰好完全沉淀时,液体就成为了水,导电性非常弱,灯泡熄灭;再通入CO2时发生反应:CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2电离出Ca2+和HCO3-,单位体积内的离子数目增大,故灯泡又变亮。(2)由于通入CO2后溶液中自由移动的单位体积内的离子数目逐渐减小,所以一开始导电能力逐渐下降,随着反应的进行,单位体积内的离子数目逐渐增大,导电能力也逐渐增大,当反应进行完全后,溶液导电能力基本保持不变,所以选D。12.(1)氢氧化钠(2)硫酸钠Ⅰ猜想Ⅱ和猜想Ⅲ中都含有硫酸根离子,都能和氯化钡溶液反应产生白色沉淀紫色石蕊溶液解析(1)根据题图可知,随着溶液的滴入,烧杯中溶液的pH逐渐降低,所以是向氢氧化钠溶液中滴加稀硫酸,故烧杯中盛放的是氢氧化钠溶液。(2)酸碱中和反应的实质是酸电离出来的H+和碱电离出来的OH-反应生成水。根据猜想Ⅰ和Ⅱ,可确定猜想Ⅲ溶质只有硫酸钠。①取少量废液于试管中,滴入几滴酚酞溶液,溶液无明显变化,说明溶液中没有氢氧化钠,故猜想Ⅰ不成立。②向废液中滴入几滴氯化钡溶液,产生白色沉淀,不能证明猜想Ⅱ成立,因为硫酸和硫酸钠都能电离出硫酸根离子,即猜想Ⅱ和猜想Ⅲ中都含有硫酸根离子,都能和Ba2+反应生成BaSO4沉淀。要证明猜想Ⅱ成立,可以检验其中的硫酸,向废液中加入紫色石蕊溶液,若溶液变为红色,则可证明猜想Ⅱ成立。基础课时5离子反应1.A[氢氧化钠和氯化钾不反应,因为无沉淀、气体或难电离的物质生成。]2.B[氢气和氧气反应生成水,没有离子参与反应,不属于离子反应,故A不符合题意;锌片投入稀硫酸中会和硫酸电离的氢离子反应生成氢气,属于离子反应,故B符合题意;CO2与C在高温条件下生成CO,反应中没有离子参与,不属于离子反应,故C不符合题意;NaOH溶液与K2SO4溶液混合不会发生反应,故D不符合题意。]3.D[A项,NaCl与蔗糖不发生反应,不符合题意,错误;B项,硝酸钠溶液与碳酸钠溶液混合,未发生离子反应,错误;C项,SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀,发生了离子反应,生成沉淀,溶液总质量变小,错误;D项,氢氧化钾溶液与盐酸混合,发生离子反应生成氯化钾和水,溶液质量不变,4.C[NaHCO3和NaHSO4的溶液混合反应生成硫酸钠、二氧化碳和水,离子方程式为HCO3-+H+CO2↑+H2O,则实际参加反应的离子是HCO3-和H+,故5.C[A项,HCl和Ba(OH)2属于酸和碱的中和反应,可写成H++OH-H2O,不符合题意;B项,NaHSO4电离方程式为NaHSO4Na++H++SO42-,与NaOH反应实质是H++OH-H2O,不符合题意;C项,KHCO3电离方程式为KHCO3K++HCO3-,离子方程式为HCO3-+OH-CO32-+H2O,符合题意;D项,HCl和KOH属于中和反应,离子方程式为H++OH-H2O,6.D[A项,三氯化铁电离产生自由移动的离子,应该写成离子形式,错误;B项,氧化钙是固体,应该写化学式,不能拆写为离子形式,错误;C项,铁粉与稀硫酸反应产生Fe2+和H2,不符合反应事实,错误;D项,反应符合事实,遵循物质拆分原则,正确。]7.C[CH3COOH与NaOH反应的离子方程式为CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O,改写错误,A不符合题意;BaCO3与HCl反应的离子方程式为BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O,改写错误,B不符合题意;Ca(NO3)2与Na2CO3反应的离子方程式为Ca2++CO32-CaCO3↓,改写正确,C符合题意;AgCl难溶于水,故离子方程式中Ag+不能改写成AgCl,D不符合题意。]8.(1)Fe2(SO4)32Fe3++3SO42-(2)Fe+2H+Fe2++H2↑(3)CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O(4)NaOH+HClNaCl+H2O(合理即可)解析(1)硫酸铁的电离方程式为Fe2(SO4)32Fe3++3SO42-;(2)铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,故为Fe+2H+Fe2++H2↑;(3)CH3COOH不能拆,故为CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O;(4)NaOH+HClNaCl+H2O或HNO3+KOHKNO3+H2O等。9.A[因溶液不显电性,阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数;Na+、Mg2+、NO3-三种离子的个数比为3∶2∶1,假定Na+、Mg2+、NO3-三种离子的个数分别是3、2、1,设SO42-的离子个数是x,则有3×1+2×2=1×1+2×x,则x=3,则Na+和SO42-的离子个数比为10.BD[A项,Fe2(SO4)3少量,则三价铁离子和硫酸根离子的比例等于其组成比,故离子方程式为2Fe3++3SO42-+3Ba2++6OH-3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓,错误;B项,NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应SO42-完全沉淀,则两者的比例为1∶1,则其离子方程式为Ba2++SO42-+H++OH-BaSO4↓+H2O,正确;C项,Ca(HCO3)2易溶于水,应该拆开,和盐酸反应的离子方程式为HCO3-+H+H2O+CO2↑,错误;D项,向澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙,离子方程式为CO2+OH-HC11.CD[Ⅰ中虽无明显现象,但发生了离子反应:H++OH-H2O,A错误;Ⅱ中发生反应:Ba2++SO42-BaSO4↓,白色沉淀为BaSO4,B错误;Ⅲ中的反应是离子反应,离子方程式为Zn+2H+Zn2++H2↑,C、D正确。]12.D[①可以表示CO2与强碱溶液生成可溶性碳酸盐的反应,如CO2与NaOH溶液或KOH溶液的反应;②可以表示Ba(OH)2与H2SO4或NaHSO4等物质的反应;③可以表示可溶性银盐与可溶性氯化物或盐酸的反应,如AgNO3与NaCl、HCl的反应;④可以表示Fe与可溶性铜盐的反应,如Fe与CuSO4、CuCl2的反应。]13.(1)水不能使氧化铜溶解(2)可溶性硫酸盐溶液稀硫酸(3)H+能溶解氧化铜,而H2O、SO42-都不能使(4)CuO+2H+Cu2++H2O解析在Ⅲ中应先加入可溶性硫酸盐溶液,固体不溶解,以证明CuO的溶解过程中SO42-不起作用,然后再加入稀硫酸,固体溶解,从而证明CuO溶解是稀硫酸中的H14.(1)灯泡的明暗程度灯泡由明变暗,直至熄灭,然后又逐渐变亮(2)c(3)2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2解析(1)溶液的导电性由溶液中单位体积内的离子数目及离子电荷数决定。单位体积内的离子数目越大,电荷数越多,则灯泡越亮,所以灯泡的明暗程度可以判断单位体积内的离子数目变化,从而证明发生了离子反应;由现象分析:开始烧杯中只有电解质Ba(OH)2,灯泡亮,随着H2SO4溶液的加入,析出沉淀,单位体积内的离子数目下降,所以灯泡会逐渐变暗,当完全中和时,灯泡会熄灭,再加入H2SO4溶液,灯泡会逐渐变亮。(2)根据现象可知,随着H2SO4的滴入,导电能力先降低后增加,但不会超过最初始的状态,故曲线c合理。(3)该过程中H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4和水,故离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O提升课时1离子反应三大热点问题1.D[A项中电荷不守恒;B项中应生成HCO3-;C项中NaOH是易溶于水的强碱,2.B[NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后溶液恰好显中性,氢离子与氢氧根离子恰好完全反应,正确的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O,A项错误;向澄清石灰水中通入过量CO2,反应的离子方程式为OH-+CO2HCO3-,B项正确;向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液,反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-CaCO3↓+2H2O+CO32-,C项错误;碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水,碳酸钡不能拆写,正确的离子方程式为BaCO3+2H+Ba2++H2O+CO2↑3.C[A项,氢离子和碳酸根离子生成水和二氧化碳,不共存,错误;B项,银离子和氯离子生成氯化银沉淀,不共存,错误;C项,K+、Mg2+、Cl-、SO42-相互不反应,能共存,正确;D项,氢离子和氢氧根离子生成水,不能共存,4.D[MnO4-的水溶液显紫色,A错误;SO32-可以与H+反应,生成二氧化硫和水:SO32-+2H+SO2↑+H2O,故不能大量共存,B错误;Ba2+与SO42-5.Cu2+、H+、Cl-、NO3-K+、Na+、OH-、解析A组溶液显酸性,故A组溶液中含有H+,由离子共存可知,B组溶液中含有OH-、CO32-,又因OH-与Cu2+不共存,则B组的两种阳离子为Na+和K+。最后确定A组中的四种离子为Cu2+、H+、Cl-、N6.C[已知甲烧杯的溶液显黄色,说明存在Fe3+,则与Fe3+能够发生反应的CO32-、OH-在甲烧杯中肯定不存在,而存在于乙烧杯中。由溶液呈电中性可知,甲中必须存在阴离子SO42-;而H+与CO32-、OH-会发生反应而不能共存,故H+只能存在于甲烧杯中,所以乙烧杯的溶液中大量存在的离子有K+、CO32-7.C[无色溶液中不可能大量存在Cu2+,向该溶液中加入铁粉,有气体生成,说明含有大量H+,则一定不能大量存在CO32-、OH-,所以原溶液中能大量存在的离子最多有H+、Na+、Ba2+、Al3+、Cl-,共计是5种。答案选C8.(1)Cu2+、Fe3+(2)Ag+(3)Mg2+H++OH-H2O、Mg2++2OH-Mg(OH)2↓(4)B解析(1)无色透明溶液中不可能含有Cu2+、Fe3+等有色离子。(2)加盐酸有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成,则肯定存在Ag+。(3)加氢氧化钠溶液有白色沉淀出现,肯定含有Mg2+。(4)原溶液中由于含有Ag+和Mg2+,阴离子中不可能含有Cl-、CO32-、OH-,可能含有N9.B[CO32-、HCO3-等都能与盐酸反应放出气体,将所得气体通入澄清石灰水,溶液均变浑浊,A错误;先滴入稀盐酸排除银离子、碳酸根离子等的干扰,再加氯化钡溶液,有白色沉淀产生,一定有SO42-,B正确;加硝酸银溶液产生的白色沉淀可能是氯化银、硫酸银、碳酸银等,所以原溶液中不一定含有Cl-,C错误;加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,该白色沉淀可能是碳酸钡、碳酸钙等,所以原溶液中不一定含有10.AB[通入少量CO2,CO2与NH3·H2O发生反应,正确的离子方程式为2NH3·H2O+CO22NH4++CO32-+H2O,故C错误;Ca2+与CO32-不能大量共存11.CD[SO2的性质与CO2相似,SO2过量时生成HSO3-,A错误;CH3COOH不能拆开,B12.B[工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO42-,欲除去其中的Cu2+、SO42-,由实验流程可知,先加NaOH除去Cu2+,然后加试剂a为BaCl2,可除去SO42-,再加试剂b为Na2CO3,试剂b可除去过量钡离子,操作X为过滤,分离出的溶液含氯化钠、碳酸钠,最后加试剂c为稀盐酸,可除去碳酸钠,故A、C正确,B错误;检验SO42-是否除尽可取适量待测溶液,先加入盐酸,排除干扰离子,再加入BaCl2溶液,若不生成白色沉淀,13.(1)过滤(2)BaCO3BaCO3+2H+Ba2++H2O+CO2↑(3)Ag++Cl-AgCl↓(4)CO32-、NH4+SO42-Na解析样品溶液与足量硝酸钡反应生成的沉淀A可全部溶于足量盐酸,则沉淀A为碳酸钡,样品溶液中一定含CO32-,不含SO42-;溶液B与硝酸银反应生成不溶于硝酸的沉淀C,则沉淀C为AgCl,可知样品溶液中一定含Cl-;另一份溶液与NaOH浓溶液加热生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明生成了氨气,则样品溶液中有NH4+,不能确定是否含有Na+、K+。(1)由流程可知,操作a得到沉淀和溶液,为过滤操作。(2)由上述分析可知,沉淀A的化学式为BaCO3;碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳,故离子方程式为BaCO3+2H+Ba2++H2O+CO2↑。(3)由上述分析可知,沉淀C是氯化银,生成氯化银的离子方程式为Ag++Cl14.(1)③⑤(2)①Mg2+、Fe3+、SO42-、CO32-Ba2+、OH②H++OH-H2O、Cl-+Ag+AgCl↓H++OH-H2O、Ba2++SO42-BaSO4↓③无溶液中一定有Ba2+、Cl-、OH-,个数相等时电荷守恒,所以无K+解析(1)离子反应是有离子参加的反应,发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子,则必须是电解质发生电离,所以选③⑤。(2)①由于是无色溶液,则溶液中不含Fe3+;溶液使紫色石蕊溶液呈蓝色,说明溶液含OH-,不含Mg2+;滴入BaCl2溶液无白色沉淀产生,则不含SO42-、CO32-;另取溶液,先滴加稀硝酸,再滴加AgNO3溶液产生白色沉淀,则存在Cl-;再取少许原溶液滴入H2SO4溶液,有白色沉淀产生,则有Ba2+;则原溶液中肯定不存在的离子是Mg2+、Fe3+、SO42-、CO32-;肯定存在的离子是Ba提升课时2离子反应在物质分离与提纯中的应用1.D[A项,除杂原则之一“不增”,加入Na2SO4会混入新杂质Na+和SO42-,错误;B项,加入过量硫酸钾溶液,会混入新杂质SO42-,错误;C项,加入过量碳酸钠溶液,会混入新杂质Na+,错误;D项,加入过量碳酸钾溶液除去硝酸钡(使硝酸钡转化为碳酸钡沉淀),然后过滤除去BaCO3沉淀,再在滤液中补加适量的硝酸除去过量的K2CO2.C[用化学沉淀法去除粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42-实验步骤为将粗盐溶解→加入稍过量的BaCl2溶液,除去SO42-→加入稍过量的Na2CO3溶液,除去过量的Ba2+、Ca2+→加入稍过量NaOH溶液,除去Mg2+→过滤→加入适量盐酸→蒸发结晶,故本实验中不需要用到的试剂是3.C[含有K2CO3、K2SO4的滤液中,为了不引入新的杂质,应加入过量BaCl2,生成Y为BaSO4和BaCO3,滤液X含有KCl和BaCl2,向含有KCl和BaCl2的混合液中加入K2CO3,除去BaCl2,滤液W含有KCl和K2CO3,再加入适量的盐酸,至溶液不产生气泡为止,得到Q含有KCl的溶液,通过蒸发结晶得到KCl晶体。为了不引入新的杂质,应加入过量BaCl2,试剂Ⅰ是BaCl2,试剂Ⅲ是HCl溶液,A错误;①②操作为过滤,操作③为加入适量的盐酸,至溶液不产生气泡为止,目的是除去溶液中的K2CO3,B错误;操作②为向含有KCl和BaCl2的混合液中加入K2CO3,除去BaCl2,C正确;Y为BaSO4和BaCO3,Z为BaCO3沉淀,D错误。]4.B[如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来,应该先滴加Ba(NO3)2溶液检验CO32-,过滤后,再向滤液中滴加Mg(NO3)2溶液检验OH-,过滤,最后向滤液中滴加AgNO3溶液检验Cl-,所以实验操作顺序正确的是B5.C[粗盐常含有少量Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质,用碳酸钠生成碳酸钙沉淀除Ca2+、用氢氧化钠生成氢氧化镁沉淀除Mg2+、用氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀除SO42-,为除去过量的Ba2+,先加氯化钡后加碳酸钠,沉淀完全后过滤,滤液加盐酸除碳酸钠、氢氧化钠,最后蒸发结晶得纯净氯化钠。操作Ⅰ是过滤、操作Ⅱ是蒸发结晶,用玻璃棒搅拌加快溶解,操作Ⅰ用玻璃棒引流、操作Ⅱ用玻璃棒搅拌防止局部温度过高,故A正确;蒸发结晶过程中当有大量晶体析出时,应停止加热,用余热蒸干,故B正确;加Ba(NO3)2引入杂质离子,溶液a不能是Ba(NO3)2溶液,故C错误;为完全除去碳酸钠、氢氧化钠,保证加入过量盐酸,应使用pH试纸检验溶液是否为酸性,6.C[粗盐中含有泥沙以及Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质,加水搅拌后过滤除去泥沙等不溶物,滤液中存在Na+、Cl-、Ca2+、Mg2+和SO42-,先加入过量的NaOH溶液除去Mg2+,然后加入过量的BaCl2溶液除去SO42-,最后再加入Na2CO3,除去溶液中Ca2+和过量的Ba2+,滤液中存在的是Na+、Cl-、CO32-、OH-,加入盐酸调节pH,除去CO32-和OH-,最后得到NaCl溶液,通过蒸发结晶的方式得到精盐。过滤需要用到的玻璃仪器有:漏斗、烧杯、玻璃棒,A正确;操作③中按a、b、c顺序可依次加入过量的NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液,依次除去Mg2+、SO42-、Ca2+和过量的Ba2+,B正确;操作⑤中加盐酸调pH的目的,除去CO32-和OH-,7.(1)Ag++Cl-AgCl↓(2)能AgClK+和NO38.C[加入H2SO4溶液,Ag+、Ba2+都形成沉淀,A错误;加入Na2SO4溶液,Ag+、Ba2+都形成沉淀,B错误;加入NaCl溶液形成AgCl沉淀,加入Na2SO4溶液形成BaSO4沉淀,通入H2S形成CuS沉淀,加入NaOH溶液形成Mg(OH)2沉淀,C正确;加入Na2S溶液会形成Ag2S、CuS沉淀,D错误。]9.BD[废水中含有大量的FeSO4、较多的CuSO4和少量的Na2SO4,结合流程,试剂①为Fe,操作Ⅰ为过滤除去Fe、Cu,溶液G中主要含硫酸亚铁、硫酸钠,H中含Cu、Fe,加入试剂②为H2SO4,操作Ⅱ为过滤得到固体Cu,溶液K中主要含硫酸、FeSO4,操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,可得到FeSO4·7H2O。“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”均为过滤,A正确;“试剂①”为铁粉,“试剂②”为稀硫酸,B错误;加入“试剂②”时,稀硫酸和铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气、稀硫酸不与铜反应,固体部分溶解同时有气体生成,C正确;溶液G中主要含硫酸亚铁、硫酸钠,溶液K中主要含硫酸、FeSO4,都不是一种溶质,D错误。]10.BD[A项,除去NaCl溶液中的Mg2+,应该用NaOH,不能用KOH,错误;B项,加入BaCl2溶液除去SO42-的离子方程式是Ba2++SO42-BaSO4↓,正确;C项,加入Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+、Ba2+,错误;D项,加入盐酸的目的是除去过量的NaOH、Na2CO3,反应的离子方程式是H++OH-H2O、2H++CO32-CO2↑+H2O11.(1)AgClCu(OH)2BaSO4(2)Ag++Cl-AgCl↓Cu2++2OH-Cu(OH)2↓、H++OH-H2O(3)漏斗、玻璃棒、烧杯解析向含有Ba2+、Cu2+、Ag+的溶液中加入A溶液,生成沉淀1和溶液1,则A为盐酸,沉淀1为AgCl;向溶液1中加溶液B生成沉淀2和无色的溶液2,则溶液2含Ba2+,向溶液2中继续加入C得到沉淀3,则沉淀3为BaSO4,C为Na2SO4;沉淀2为Cu(OH)2,B为NaOH。(1)沉淀1为AgCl;沉淀2为Cu(OH)2;沉淀3为BaSO4。(2)混合液中的Ag+与盐酸反应生成氯化银白色沉淀,则其离子方程式为Ag++Cl-AgCl↓;溶液1中的Cu2+与B中的氢氧根离子结合反应生成氢氧化铜,同时氢氧根还会与过量的氢离子发生中和反应,则其方程式分别为Cu2++2OH-Cu(OH)2↓、H++OH-H2O。(3)溶液1和B反应后分离得到沉淀2和溶液2的实验为过滤实验,则所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒。12.(1)Ba2++SO42-BaSO4↓(2)AgNO(3)烧杯、玻璃棒和漏斗(4)Ag2CO3和BaCO3(5)HNO32H++CO32-CO2↑+H2解析由流程可知,①中加氯化钡,硫酸根离子转化为沉淀,则沉淀A为BaSO4,溶液1中含氯化钠、硝酸钠、氯化钡,②中加AgNO3后氯离子转化为沉淀,沉淀B为AgCl,溶液2中含硝酸钠、硝酸银、硝酸钡,③中钡离子,银离子转化为沉淀,沉淀C为碳酸钡、碳酸银,溶液3为硝酸钠和碳酸钠,转化中试剂过量保证离子完全转化为沉淀。(1)沉淀A为BaSO4,生成硫酸钡的离子方程式为Ba2++SO42-BaSO4↓;(2)试剂X是AgNO3;(3)流程中①②③步均生成沉淀,需要进行过滤操作,均要用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗;(4)加入过量的Na2CO3的目的是使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀,因此上述实验流程中加入过量Na2CO3溶液产生的沉淀C是Ag2CO3和BaCO3;(5)溶液3中含有Na2CO3,可加适量的稀硝酸后蒸发结晶或加热冷却结晶得到纯净的硝酸钠,反应的离子方程式为2H++CO32-CO2↑+H2基础课时6氧化还原反应1.A[氧化还原反应的实质是有电子转移(包括电子得失和共用电子对偏移),而外部特征是有元素化合价发生变化。只要有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应,与是否有氧元素参加无关。]2.B[C+4O2→C+2O,碳元素的化合价降低,发生还原反应;Cl-→C0l2,氯元素的化合价升高,发生氧化反应;Fe3+→Fe2+,铁元素的化合价降低,发生还原反应;CO32-→CO23.D[该反应中CaH2中-1价H元素和H2O中+1价H元素发生反应,生成H元素为0价的H2。根据化合物中元素化合价代数和为0可得CaH2中H元素为-1价,A错误;H2O中+1价H得电子被还原,发生还原反应,B错误;CaH2中的氢元素显-1价,为最低价只能失电子,故只能被氧化,C错误;1个CaH2中2个H-被氧化,2个H2O中2个H+被还原,H2中被氧化与被还原的原子的质量比为1∶1,D正确。]4.A[Na2Cr2O7中Cr显+6价,CrCl3中Cr显+3价,Cr的化合价降低,反应①属于氧化还原反应;CrCl3和Cr(OH)3中Cr的化合价都显+3价,化合价没有发生变化,反应②不属于氧化还原反应;Cr(OH)3和NaCrO2中Cr的化合价都显+3价,没有化合价的改变,反应③不属于氧化还原反应;CrCl3中Cr显+3价,Na2CrO4中Cr显+6价,化合价发生改变,反应④属于氧化还原反应;Na2Cr2O7和Na2CrO4中Cr的价态都是+6价,没有化合价发生变化,反应⑤不属于氧化还原反应;Na2CrO4中Cr显+6价,NaCrO2中Cr显+3价,化合价降低,反应⑥属于氧化还原反应,因此属于氧化还原反应的是①④⑥,故选项A正确。]5.C[题给反应属于置换反应,反应前后元素的化合价发生变化,也属于氧化还原反应。]6.D[反应Si(粗)+3HClSiHCl3+H2属于置换反应,属于Ⅲ,A错误;反应2Na+O2Na2O2,属于化合反应和氧化还原反应,所属的区域应该为Ⅰ或Ⅱ,B错误;反应4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O,属于氧化还原反应,但不是置换反应,不可能属于Ⅲ,C错误;反应Na2CO3+Ca(OH)22NaOH+CaCO3↓,属于复分解反应,一定不是氧化还原反应,所属的区域一定是Ⅳ,D正确。]7.B[A项,Cl元素化合价降低,得到电子,O元素化合价升高,失去电子,应标12e-,题中转移电子数目不正确,错误;B项,Fe元素化合价降低,得到电子,I元素化合价升高,失去电子,应标2e-,正确;C项,F元素化合价降低,得到电子,O元素化合价升高,失去电子,题中箭头的方向不正确,错误;D项,Br元素化合价降低,得到电子,S元素化合价升高,失去电子,题中箭头的方向不正确,错误。]8.(1)-1(2)氧化(3)1(4)解析NaH+H2ONaOH+H2↑反应中NaH中H由-1价升高到0价,H2O中有1个H由+1价降低到0价,故每生成1个H2分子,反应转移的电子数为1个。9.A[Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价,化合价降低,被还原,Cr3+是还原反应的产物,A正确、B错误;HSO3-中S元素的化合价由+4价升高为+6价,化合价升高,被氧化,发生氧化反应,C错误;Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价,所以生成1个Cr3+时转移10.BC[根据图中信息,可知“”、“”、“”和“”分别代表H2、CO2、CH4(甲烷)和H2O分子,二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水,碳元素化合价由+4价降低为-4价,H的化合价由0价升高为+1价,根据得失电子守恒和元素守恒,该反应的化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O。为CH4,A正确;反应中CO2中碳元素化合价降低,被还原,H2中氢元素化合价升高,被氧化,因此CH4既是被氧化得到的产物,又是被还原得到的产物,H2O是H2被氧化得到的产物,B错误;该反应中碳元素被还原,氢元素被氧化,C错误。]11.D[Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,故KClO3在反应中得到电子,被还原,故A、B错误;C元素的化合价由+3升高到+4价,被氧化,则H2C2O4在反应中被氧化,故C错误;因反应中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,则1个KClO3参加反应有1个电子转移,故D正确。]12.(1)(2)O2解析(1)实验1中铜和H2O2发生氧化还原反应生成CuO和Cu2O和H2O,化学方程式为3Cu+2H2O2CuO+Cu2O+2H2O,根据铜元素化合价变化看,化合价共升高2+2×1=4,共转移4个电子,用单线桥法标明电子转移的方向和数目;。(2)实验2中铜与H2O2在硫酸溶液中反应生成硫酸铜和水,反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,Cu元素化合价由0升高到+2价,H2O2中氧元素化合价由-1降低到-2价,共转移2个电子,用双线桥法标明电子转移的方向和数目:,H2O2会分解生成水和氧气,产生的气体为O2。13.(1)+6铁3(2)①过滤Fe2+、Na+②③Cu2++2OH-Cu(OH)2↓解析(1)FeO42-中氧元素化合价是-2,铁元素的化合价为+6;铁元素化合价从+3价升高为+6价,被氧化,1个Fe3+失去3个电子。(2)食品抗氧化剂(铁粉、活性炭、氯化钠等)中加入过量稀硫酸,铁粉会反应生成硫酸亚铁和氢气,所以气体甲是氢气,混合物中含有不溶的活性炭和溶解的氯化钠、硫酸亚铁、稀硫酸,通过操作1固液分开,固体乙是活性炭,溶液丙中含有氯化钠、硫酸亚铁、稀硫酸;乙的氧化物能和氧化铁反应,所以乙的氧化物是一氧化碳,生成的金属A为铁,有色溶液C通过反应3生成蓝色沉淀,所以有色溶液C是一种可溶性铜盐溶液,与金属A发生置换反应得到金属铜和亚铁盐,所以金属B为铜,有色溶液D为一种亚铁盐溶液。①操作1可使固液分离,所以该操作为过滤。②反应1用单线桥法表示电子转移情况为。③反应3是铜离子和NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀,离子方程式为Cu2++2OH-Cu(OH)2↓。基础课时7氧化剂和还原剂1.D[H2O2可在催化剂MnO2的作用下分解生成氧气,不需要加入还原剂,故A错误;KI→I2的过程I元素化合价升高,被氧化,需加入氧化剂才能实现,故B错误;Cl2和NaOH反应可生成NaCl和NaClO,不需要加入还原剂,故C错误;FeCl3→FeCl2的过程中,Fe元素化合价降低,被还原,需加入还原剂才能实现,故D正确。]2.B[氧化剂在反应中得到电子,所含元素的化合价降低,还原剂中元素的化合价升高。H2→H2O,H元素的化合价由0价升高至+1价,需要加入氧化剂。]3.B[题给反应中,N元素化合价从-3价升高到0价,被氧化,NH4+作还原剂,Cl元素化合价从+1价降到-1价,被还原,ClO-作氧化剂,A正确;氧化产物为N2,还原产物为Cl-,根据已知反应可知:氧化产物和还原产物的微粒个数比1∶3,故B错误;根据化合价变化,该反应每生成1个N2分子,转移6个电子,故C正确;该方法处理过的废水含有大量H+,呈酸性,需要再处理才能排放,故D4.B[NaClO中Cl元素化合价由+1价降低到0价,得电子被还原,发生还原反应,为氧化剂,A正确;HCl中部分氯元素化合价由-1价升高到0价,失电子体现出还原性,B错误;次氯酸钠中氯元素被还原为氯气,HCl中氯元素被氧化为氯气,故Cl2既是氧化产物又是还原产物,C正确;反应中氢、氧元素化合价没有改变,H2O既不是氧化产物又不是还原产物,D正确。]5.C[根据方程式,氧化剂的氧化性大于氧化产物,还原剂的还原性大于还原产物。由①可知,氧化剂铁离子大于氧化产物铜离子,A正确;由②可知,氧化性:Cu2+>I2;由③可知,氧化性:I2>SO42-,故氧化性:Cu2+>SO42-,B正确;由①可知,还原性:Cu2O>Fe2+,C错误;由③可知,还原性:SO2>I-6.A[选项A,反应①中Fe2+作还原剂,在反应中被氧化,反应③中Fe3+作氧化剂,在反应中被还原,A不正确;反应②中Cl2作氧化剂,当1个Cl2被还原时,有2个Br-被氧化,B正确;由反应①可知,氧化性:Br2>Fe3+,还原性:Fe2+>Br-;由反应②可知,氧化性:Cl2>Br2,还原性:Br->Cl-;由反应③可知,氧化性:Fe3+>I2,还原性:I->Fe2+,故C、D正确。]7.D[由题中信息知氧化性由强到弱的顺序为XO4->Z2>B2>A3+,A、C项正确;在反应①中Z元素被氧化,在反应③中Z元素被还原,B项正确;还原性由强到弱的顺序为A2+>B->Z->X2+,D8.(1)Cl2Br(2)FeCl2FeCl3和FeBr3(3)2Fe2++Br22Fe3++2Br-(4)Cl2>Br2>FeCl3(5)2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-解析(1)2NaBr-1+Cl022NaCl-1+Br02,根据化合价判断,氧化剂为Cl2,失电子的元素为Br。(2)6Fe+2Cl2+3Br024Fe+3Cl3+2Fe+3Br-13,根据化合价判断,还原剂为FeCl2,氧化产物为FeCl3和FeBr3。(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得出,氧化性Cl2>Br2、Br2>Fe3+,所以氧化性由强到弱的顺序为Cl2>Br2>FeCl3。(5)由(4)知Cl2的氧化性大于Br2和FeCl3,所以足量Cl2把Fe2+、Br-全部氧化,2Fe2+9.C[①中Cl2为氧化剂,Fe2+为还原剂,Fe3+为氧化产物,Cl-为还原产物;②中Fe3+为氧化剂,I-为还原剂,Fe2+为还原产物,I2为氧化产物;③中Co2O3为氧化剂,HCl为还原剂,CoCl2为还原产物,Cl2为氧化产物,A错误;根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知,氧化性:Co2O3>Cl2>Fe3+,B错误;根据反应①②可知,氧化性:Cl2>Fe3+>I2,因此反应Cl2+2KI2KCl+I2可以发生,C正确;在反应③中,每6个HCl参加反应,有2个HCl作还原剂被氧化,4个HCl起到酸的作用,D错误。]10.D[氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。A项,根据氧化性Fe3+>Cu2+,所以Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+反应能发生;B项,氧化性KMnO4>Cl2,所以10Cl-+2MnO4-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O反应能发生;C项,氧化性Cl2>Fe3+,所以2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-反应能发生;D项,氧化性PbO2>KMnO4,所以5Pb2++2MnO4-+2H2O5PbO2↓+2Mn2++4H+不能发生。]11.BD[由题意可知,反应中Mn2+是反应物,反应后生成MnO4-,则Mn2+失电子作还原剂,含有碘元素的离子在反应中作氧化剂,碘元素化合价降低,所以IO4-是反应物,IO3-是生成物,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,可以得出该反应的离子方程式为2Mn2++5IO4-+3H2O2MnO4-+5IO3-+6H+。反应中碘元素化合价降低,得电子,发生还原反应,IO4-作氧化剂,IO4-具有氧化性,故A正确;由反应可知,IO4-作氧化剂,Mn2+失电子作还原剂,氧化剂和还原剂的个数之比为5∶2,B错误;根据反应的离子方程式可知,若有2个Mn2+参加反应,转移电子的个数为10,故C12.B[步骤①中Fe2+被氧气氧化为Fe3+,Fe2+是还原剂,A正确;步骤③中Fe3+与硫化铜反应生成Cu2+、Fe2+和硫单质,属于氧化还原反应,反应②中没有化合价的变化,不属于氧化还原反应,故B错误;步骤③中每生成1个S转移2个电子,消耗2个Fe3+,C正确;根据工艺流程可知,反应物为O2和H2S,结合原子守恒可知生成物为S和H2O,故总反应为2H2S+O22H2O+2S↓,D正确。]13.(1)氯K2Cr2O7(2)Cl2HCl(3)3∶4(4)6解析(1)反应中部分氯元素的化合价由-1价升高到0价,被氧化;K2Cr2O7中铬元素的化合价由+6价降低到+3价,被还原,K2Cr2O7作氧化剂。(2)HCl→Cl2,氯元素化合价升高,发生氧化反应,Cl2为氧化产物。(3)14个HCl分子参加反应,有6个HCl分子被氧化,生成3个Cl2分子,另外8个HCl分子起酸的作用,所以起还原剂(被氧化)作用的HCl与起酸作用的HCl的质量比为6∶8=3∶4。(4)部分氯元素的化合价由-1价变到0价,故生成3分子Cl2转移电子个数为3×2×[0-(-1)]=6。14.(1)2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2(2)2∶5(3)105(4)ClO-Cl-(5)><(6)2FeO42-+3Cl-+5H2O解析(1)由溶液紫色逐渐褪去可知MnO4-消耗,MnO4-为反应物,Mn元素价态降低,再根据化合价有升必有降可知氧元素化合价升高,则H2O2为反应物,O2为生成物,利用原子守恒和电荷守恒可得反应式为2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O。(2)氧化剂为MnO4-,还原剂为H2O2,故氧化剂与还原剂的粒子数目之比为2∶5。(3)在3ClO-+2Fe3++xOH-2FeO42-+3Cl-+yH2O中,根据电荷守恒:-3+6-x=-4-3,所以x=10,然后根据H原子守恒可求出y=5,即该反应的化学方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O。(4)在3ClO-+2Fe3++10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O中,ClO-中氯元素的化合价从+1价降低到反应后Cl-中的-1价,做氧化剂,被还原,还原产物为Cl-。(5)该反应中,ClO-做氧化剂,Cl-是还原产物,Fe3+被氧化为FeO42-,则Fe3+是还原剂,FeO42-是氧化产物,在一个氧化还原反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性强于还原产物的还原性,则氧化性:ClO->FeO42-,基础课时8氧化还原反应方程式的配平1.B[由题给反应中氮元素的化合价变化可知,NaN3为还原剂,KNO3为氧化剂,A项正确;该反应中只有氮元素的化合价发生变化,B项错误;根据得失电子守恒及原子守恒配平化学方程式为10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑,C项正确;由10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑可知,生成16分子N2时,转移10个电子,则生成8分子N2时,转移5个电子,D项正确。]2.C[反应中,KIO3中I元素的化合价从+5价降低到0价,KI中I元素的化合价从-1价升高到0价,配平化学方程式为KIO3+5KI+6HCl3I2+6KCl+3H2O;KI为还原剂,KIO3为氧化剂被还原,反应中每生成3个I2分子,转移5个电子。]3.D[离子方程式左边有H+,则右边不能出现OH-,横线上应是H2O,C项错误;标变价⇒Mn+7O4-+H2C+32O4+H+C+4O2列变化⇒Mn+7O4-Mn+22+;H2C+3求总数⇒配系数⇒2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,A、B项错误,D项正确。4.114223712解析1K2C↓6r2O7+(6+8)HC↑1l2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H5.C[Na2SO3被氧化为Na2SO4,化合价升高+6-(+4)=2;设X被还原后的化合价为y,则化合价降低总数为(+5-y),由化合价升高总数等于降低总数得(6-4)×2=(5-y)×1,解得y=+1。]6.C[此反应中氧化剂是O3,还原剂是I-,氧化产物是I2,还原产物是H2O,故A错误、C正确;由题意可知氧化性:O3>I2,不能说明氧化性:O2>I2,故B错误;D中电荷不守恒,应为O3+2I-+2H+I2+O2+H2O,故D错误。]7.C[设各微粒数目均为2个,A项,2Fe3++2I-2Fe2++I2,得到1个I2;B项,Cl2+2I-2Cl-+I2,得到2个I2;C项,16H++2MnO4-+10I-2Mn2++5I2+8H2O,得到5个I2;D项,8H++2NO3-+6I-2NO↑+3I2+4H2O,得到3个I2;由上述分析可知,高锰酸根离子氧化足量碘化钾得到的碘单质最多。]8.5Mg+2NO3-+6H2O5Mg(OH)2+N2↑+2OH解析根据信息可知发生的反应为:Mg+NO3-Mg(OH)2+N2↑,Mg的化合价由0价升为+2价,共升高2价;N的化合价由+5价降为0价,共降低5价。根据得失电子守恒Mg配5,NO3-配2得:5Mg+2NO3-5Mg(OH)2+1N2↑,右边电荷为0,左边电荷为-2,再根据电荷守恒有5Mg+2NO3-5Mg(OH)2+1N2↑+2OH-,最后由质量守恒配平得方程式5Mg+2NO3-+6H2O5Mg(OH)29.D[部分Cu元素由+2价降低到0价,N元素由-3价升高到0价,则Cu元素被还原,N元素被氧化,A错误;结合得失电子守恒和原子守恒配平可得4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O,则CuO和NH4Cl的化学计量数之比为2∶1,B错误;N元素由-3价升高到0价,则产生2个N2分子时,转移电子数为12,C错误;根据配平后的化学方程式可知,4个CuO参与反应时,有3个CuO被还原为Cu,故被还原的CuO占参与反应的CuO的34,D正确。]10.AC[由电荷守恒可知,-2x-10+16=4,x=1,故A正确;设MOy-中M的化合价为a,由化合价升降总数相等知,2×(a-2)=5×2,a=7,又化合价代数和为0可得,1+7=2×y,y=4,故B错误,C正确;S2-中的S元素化合价从-2变为0,化合价升高被氧化,做还原剂,在反应中失去电子,故D11.AD[A项,根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知,反应①为SO2+2Fe3++2H2OSO42-+2Fe2++4H+,W为4H+,正确;B项,还原剂的还原性强于还原产物,由反应①可知,还原性:SO2>Fe2+,错误;C项,反应②中,Cr元素的化合价由+6价降到+3价,Cr价态降低6价,Fe元素化合价由+2价升高到+3价,Fe价态升高1价,根据得失电子守恒可得,1Cr2O72-+6Fe2++bH+2Cr3++6Fe3++H2O,再结合离子方程两边离子所带电荷总数相等可得1Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++H2O,则a=6,b=14,错误;D项,Cr2O72-具有强氧化性,SO2具有还原性,且由①、②可知氧化性:Cr2O72->SO42-,则Cr2O72-能将SO2氧化为SO42-,即反应Cr2O72-+3SO12.(1)①14122②2221(2)3110238H2O+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2OH2O2Cr13.(1)2NaCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2ONa2Cr2O7Cl2Cl-+2CrO42-+H2OCrO2-Cl-(2解析(1)反应①中铬元素化合价由+6价降低到+3价,部分氯元素化合价由-1价升高到0价,则根据得失电子守恒再结合原子守恒,可知配平后的化学方程式为Na2Cr2O7+14HCl2NaCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O,其中氧化剂为Na2Cr2O7,氧化产物为Cl2;反应⑥中氯元素化合价从+5价降低到-1价,铬元素化合价从+3价升高到+6价,配平后的离子方程式为ClO3-+2CrO2-+2OH-Cl-+2CrO42-+H2O,其中还原剂是CrO2-,还原产物为Cl-。(2)反应②③⑤中元素化合价不发生变化,不需要加入氧化剂14.(1)Se+4HNO3(浓)SeO2+4NO2↑+2H2O(2)N(3)解析(1)利用题中信息可知Se与浓HNO3反应,Se被氧化为+4价的SeO2,反应中Se元素化合价升高4,浓HNO3被还原为NO2,反应中化合价降低1,化合价升降最小公倍数为4,由化合价升降法配平反应的化学方程式为Se+4HNO3(浓)SeO2+4NO2↑+2H2O。(2)反应中N元素化合价降低,被还原。(3)反应②中,SO2被氧化为H2SO4,S元素化合价升高2,SeO2被还原为单质Se,Se元素化合价降低4,化合价升降最小公倍数为4,由化合价升降法配平反应的离子方程式为2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42-+4H+,用双线桥法标出电子转移的方向和数目:。15.(1)+6(2)K2FeO4FeCl3FeCl2(3)3Fe2++FeO42-+8H+4Fe3++4H2解析(1)K2FeO4中K和O的化合价分别是+1和-2,设Fe的化合价是x,根据化合物中各元素正、负化合价代数和等于零,得2×(+1)+x+4×(-2)=0,x=+6。(2)FeCl2、FeCl3和K2FeO4所含铁元素的化合价依次升高,则氧化性强弱的顺序是K2FeO4>FeCl3>FeCl2。(3)Fe2++FeO42-Fe3+是在酸性溶液中发生的氧化还原反应,也是离子反应。根据铁元素化合价升降守恒,得3Fe2++F